2019高考数学黄金专题100讲 第68讲 立体几何中的探索性问题含解析

2019高考数学探索性问题解答模型策略探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。

下面是高考数学探索性问题解答模型，希望对大家有帮助。

猜想归纳型问题：指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。

它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。

其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。

存在型问题：指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。

解答这一类问题时，我们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在;若推证出矛盾，则结论不存在。

代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。

分类讨论型问题：指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。

此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。

探索性问题，是从高层次上考查学生创造性思维能力的新题型，我们在学习中要重视对这一问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。

“教书先生”恐怕是市井百姓最为熟悉的一种称呼，从最初的门馆、私塾到晚清的学堂，“教书先生”那一行当怎么说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的“先生”概念并非源于教书，最初出现的“先生”一词也并非有传授知识那般的含义。

《孟子》中的“先生何为出此言也？”；《论语》中的“有酒食，先生馔”；《国策》中的“先生坐，何至于此？”等等，均指“先生”为父兄或有学问、有德行的长辈。

其实《国策》中本身就有“先生长者，有德之称”的说法。

可见“先生”之原意非真正的“教师”之意，倒是与当今“先生”的称呼更接近。

看来，“先生”之本源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称“老师”为“先生”的记载，首见于《礼记?曲礼》，有“从于先生，不越礼而与人言”，其中之“先生”意为“年长、资深之传授知识者”，与教师、老师之意基本一致。

专题12 立体几何中探索性问题专题概述立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．典型例题【例1】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥． （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）设D 是11AC 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使得//DE 平面1ABC ．若存在，求二面角1E AC B --的余弦值．【分析】（1）推导出1AA AB ⊥，1A A AC ⊥，从而1AC ⊥平面1ABC ，由此能证明平面1ABC ⊥平面11A ACC ． （2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ，设点E 到平面1ABC的距离为d ，由11E ABC C ABE V V --=，求出d A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角1E AC B --的余弦值．【解答】证明：（1）在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，1AA AB ∴⊥， 又1AA BC ⊥，ABBC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1A A AC ∴⊥．又1A A AC =，11AC AC ∴⊥．又11BC AC ⊥，111BC A C C =，1AC ∴⊥平面1ABC ， 又1AC ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ．解：（2）当E 为1B B 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，如图，取1A A 的中点F ，连接EF ，FD ，//EF AB ，1//DF AC ，又EFDF F =，1ABA C A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，则有//DE 平面1ABC ．设点E 到平面1ABC 的距离为d ，AB AC ⊥，且1AA AB ⊥，AB ∴⊥平面11A ACC ，1AB AC ∴⊥，∴1122BAC S=⨯= 1A A AC ⊥，AB AC ⊥，AC ∴⊥平面11A ABB ，11//AC AC ，11AC ∴⊥平面11ABB ，∴11111182243323C ABE ABE V S AC -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 由1183E ABC C ABE V V --==，解得188333ABC d S=⨯==以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系， (0A ，0，0)，(2B ，0，0)，1(0C ，4，4)，(2E ，0，2)，1(0AC =，4，4)，(2AB =，0，0)，(2AE =，0，2)， 设平面1AC E 的法向量(n x =，y ，)z ，则1440220n AC y z n AE x z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，1，1)-， 设平面1AC B 的法向量(m x =，y ，)z ，则144020m AC y z m AB x ⎧=+=⎪⎨==⎪⎩，取1y =，得(0m =，1，1)-， 设二面角的平面角为θ， 则6cos ||||32m n m n θ===．∴二面角1E AC B --【例2】在四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是正方形，且1BC BB =1160A AB A AD ∠=∠=︒． （1）求证：1BD CC ⊥；（2）若动点E 在棱11C D 上，试确定点E 的位置，使得直线DE 与平面1BDB ．【分析】（1）连接1A B ，1A D ，AC ，则△1A AB 和△1A AD 均为正三角形，设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥，由四边形ABCD 是正方形，得AC BD ⊥，从而BD ⊥平面1A AC ．进而1BD AA ⊥，由此能证明1BD CC ⊥．（2）推导出11A B A D ⊥，1AO AO ⊥，1AO BD ⊥，从而1AO ⊥底面ABCD ，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -，利用向量法能求出当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ． 【解答】解：（1）连接1A B ，1A D ，AC ， 因为1AB AA AD ==，1160A AB A AD ∠=∠=︒， 所以△1A AB 和△1A AD 均为正三角形， 于是11A B A D =．设AC 与BD 的交点为O ，连接1A O ，则1AO BD ⊥， 又四边形ABCD 是正方形，所以AC BD ⊥， 而1AO A C O =，所以BD ⊥平面1A AC ．又1AA ⊂平面1A AC ，所以1BD AA ⊥，又11//CC AA ，所以1BD CC ⊥．（2）由11A B A D ==2BD ==，知11A B A D ⊥，于是1112AO A O BD AA ===，从而1AO AO ⊥， 结合1AO BD ⊥，1A A C O =，得1AO ⊥底面ABCD ， 所以OA 、OB 、1OA 两两垂直．如图，以点O 为坐标原点，OA 的方向为x 轴的正方向，建立空间直角坐标系O xyz -， 则(1A ，0，0)，(0B ，1，0)，(0D ，1-，0)，1(0A ，0，1)，(1C -，0，0)，(0,2,0)DB =，11(1,0,1)BB AA ==-，11(1,1,0)D C DC ==-， 由11(1,0,1)DD AA ==-，得1(1D -，1-，1)．设111([0,1])D E D C λλ=∈，则(1E x +，1E y +，1)(1E z λ-=-，1，0)，即(1E λ--，1λ-，1)， 所以(1,,1)DE λλ=--．设平面1B BD 的一个法向量为(,,)n x y z =， 由100n DB n BB ⎧=⎪⎨=⎪⎩得00y x z =⎧⎨-+=⎩令1x =，得(1,0,1)n =，设直线DE 与平面1BDB 所成角为θ，则sin |cos ,|2DE n θ=<>=⨯， 解得12λ=或13λ=-（舍去）， 所以当E 为11D C 的中点时，直线DE 与平面1BDB ．【变式训练】（2018•全国三模）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形，90BAC ∠=︒，1AA BC ⊥，124AA AC AB ===，且11BC AC ⊥ （1）求证：平面1ABC ⊥平面11A ACC（2）设D 是11AC 的中点，判断并证明在线段1BB 上是否存在点E ，使//DE 平面1ABC ，若存在，求点E 到平面1ABC 的距离．【分析】（1）在三棱柱111ABC A B C -中，由侧面11ABB A 是矩形，可得1AA AB ⊥，又1AA BC ⊥，可得1AA ⊥平面ABC ，得到1AA AC ⊥，进一步有11AC AC ⊥，结合11BC AC ⊥，可得1AC ⊥平面1ABC ，由面面垂直的判定得平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ，由面面平行的判定和性质可得//DE 平面1ABC ，咋爱优等体积法可求点E 到平面1ABC 的距离为． 【解答】（1）证明：在三棱柱111ABC A B C -中，侧面11ABB A 是矩形， 1AA AB ∴⊥，又1AA BC ⊥，AB BC B =，1AA ∴⊥平面ABC ，1AA AC ∴⊥，又1AA AC =，11AC AC ∴⊥， 又11BC AC ⊥，111BC A C C =，1AC ∴⊥平面1ABC ，又1AC ⊂平面11A ACC ， ∴平面1ABC ⊥平面11A ACC ；（2）解：当E 为1BB 的中点时，连接AE ，1EC ，DE ， 如图，取1AA 的中点F ，连接EF ，FD ，//EF AB ，1//DF AC ，又EF DF F =，1ABA C A =，∴平面//EFD 平面1ABC ，又DE ⊂平面EFD ，//DE ∴平面1ABC ，又11E ABC C ABE V V --=，11C A ⊥平面ABE ，设点E 到平面1ABC 的距离为d ，∴111122243232d ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯⨯，得d =∴点E 到平面1ABC专题强化1．（2020•3月份模拟）如图．在正三棱柱111ABC A B C -（侧棱垂直于底面，且底面三角形ABC 是等边三角形）中，1BC CC =，M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． （1）求证：平面//NPC 平面1AB M ；（2）在线段1BB 上是否存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ？若存在，确定点Q 的位置；若不存在，也请说明理由．【分析】（1）由M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点．利用平行四边形、三角形中位线定理即可得出1//NP AB ，1//CP MB ，再利用线面面面平行的判定定理即可得出结论．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ．四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为B 点．不妨取2BC =．判断10AB MQ =是否成立即可得出结论．【解答】（1）证明：M 、N 、P 分别是1CC ，AB ，1BB 的中点． 1//NP AB ∴，四边形1MCPB 为平行四边形，可得1//CP MB ，NP ⊂/平面1AB M ；1AB ⊂平面1AB M ；//NP ∴平面1AB M ；同理可得//CP 平面1AB M ；又CP NP P =，∴平面//NPC 平面1AB M ．（2）假设在线段1BB 上存在一点Q 使1AB ⊥平面1A MQ ． 四边形11ABB A 是正方形，因此点Q 为线段1BB 的中点． 不妨取2BC =．(0M ，1-，1)，(0Q ，1，0)，A 0，0)，1(0B ，1，2)，1(AB =-1，2)，(0MQ =，2，1)-， 10AB MQ =．∴在线段1BB 上存在一点Q ，使1AB ⊥平面1A MQ ，其中点Q 为线段1BB 的中点2．（2020•湖南模拟）如图，AB 为圆O 的直径，点E 、F 在圆O 上，//AB EF ，矩形ABCD 所在的平面与圆O 所在的平面互相垂直．已知2AB =，1EF =． （Ⅰ）求证：平面DAF ⊥平面CBF ； （Ⅰ）求直线AB 与平面CBF 所成角的大小；（Ⅰ）当AD 的长为何值时，平面DFC 与平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒？【分析】()I 利用面面垂直的性质，可得CB ⊥平面ABEF ，再利用线面垂直的判定，证明AF ⊥平面CBF ，从而利用面面垂直的判定可得平面DAF⊥平面CBF；()II确定ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角，过点F作FH AB⊥，交AB于H，计算出AF，即可求得直线AB与平面CBF所成角的大小；（Ⅰ）建立空间直角坐标系，求出平面DCF的法向量1(0,2n t=，平面CBF的一个法向量21(,0)2n AF==-，利用向量的夹角公式，即可求得AD的长．【解答】()I证明：平面ABCD⊥平面ABEF，CB AB⊥，平面ABCD⋂平面ABEF AB=，CB∴⊥平面ABEF．AF ⊂平面ABEF，AF CB∴⊥，⋯（2分）又AB为圆O的直径，AF BF∴⊥，AF∴⊥平面CBF．⋯（3分）AF ⊂平面ADF，∴平面DAF⊥平面CBF．⋯（4分）()II解：根据（Ⅰ）的证明，有AF⊥平面CBF，FB∴为AB在平面CBF内的射影，因此，ABF∠为直线AB与平面CBF所成的角⋯（6分）//AB EF，∴四边形ABEF为等腰梯形，过点F作FH AB⊥，交AB于H．2AB=，1EF=，则122AB EFAH-==．在Rt AFB∆中，根据射影定理2AF AH AB=，得1AF=．⋯（8分）∴1sin2AFABFAB∠==，30ABF∴∠=︒．∴直线AB与平面CBF所成角的大小为30︒．⋯（9分）（Ⅰ）解：设EF中点为G，以O为坐标原点，OA、OG、AD方向分别为x轴、y轴、z轴方向建立空间直角坐标系（如图）．设(0)AD t t=>，则点D的坐标为(1，0，)t，则(1C-，0，)t，1(1,0,0),(1,0,0),(2A B F-∴1(2,0,0),(,)2CD FD t==⋯（10分）设平面DCF的法向量为1(,,)n x y z=，则1n CD =，1n FD =，即200.xy tz=⎧⎪⎨+=⎪⎩令z=，解得0x=，2y t=，∴1(0,2n t=⋯（12分）由()I 可知AF ⊥平面CFB ，取平面CBF 的一个法向量为21(,0)2n AF ==-，依题意1n 与2n 的夹角为60︒，∴1212cos60||||n n n n ︒=，即12=，解得t =因此，当AD DFC 平面FCB 所成的锐二面角的大小为60︒．⋯（14分）3．（2019•全国二模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，点D 是棱11B C 的中点． （Ⅰ）求证：1//AC 平面1A BD ；（Ⅰ）若AB AC ==12BC BB ==，在棱AC 上是否存在点M ，使二面角1B A D M --的大小为45︒，若存在，求出AMAC的值；若不存在，说明理由．【分析】（Ⅰ）先连接1AB ，交1A B 于点O ，再由线面平行的判定定理，即可证明1//AC 平面1A BD ； （Ⅰ）先由题意得AB ，AC ，1AA 两两垂直，以A 为原点，建立空间直角坐标系A xyz -，设(0M ，a ，0)，(02)a ，求出两平面的法向量，根据法向量夹角余弦值以及二面角的大小列出等式，即可求出a ，进而可得出结果．【解答】证明：（Ⅰ）连接1AB ，交1A B 于点O ，则O 为1AB 中点， 连接OD ，又D 是棱11B C 的中点，1//OD AC ∴，OD ⊂平面1A BD ，1AC ⊂/平面1A BD ，1//AC ∴平面1A BD ．解：（Ⅰ）由已知AB AC ⊥，则AB ，AC ，1AA 两两垂直， 以A 为原点，如图建立空间直角坐标系A xyz -，则B ，1(0A ，0，2)，D ，2)，(0C0)， 设(0M ，a ，0)，(02)a，则1(BA =-，12(A D =0)，1(0A M =，a ，2)-， 设平面1BA D 的法向量为(n x =，y ，)z ，则11220202n BA z n A D x y ⎧=-+=⎪⎨==⎪⎩，取1z =，得(2,n =-1)． 设平面1A DM 的法向量为(m x =，y ，)z ，则1120202m A M ay z m A D y ⎧=-=⎪⎨=+=⎪⎩，2x =-，得(2m =-，2，)a ． 二面角1BA D M --的大小为45︒， 2|||2222cos 45|cos ,|||||58m na m n m n a --+∴︒=<>===+，23240a ∴+-=，解得a =-a =， 02a a ∴=， ∴存在点M ，此时23AM AC =，使二面角1B A D M --的大小为45︒．4．（2019•3月份模拟）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，D 为BC 边上一点，BD =122AA AB AD ===．（1）证明：平面1ADB ⊥平面11BB C C ．（2）若BD CD =，试问：1A C 是否与平面1ADB 平行？若平行，求三棱锥11A A B D -的体积；若不平行，请说明理由．【分析】（1）先证AD 与BC ，1BB 垂直，进而得线面垂直，面面垂直；（2）连接1A B 得中点E ，利用中位线得线线平行，进而得线面平行，再利用等分三棱柱的方法求得三棱锥的体积．【解答】解：（1）证明：2AB =，1AD =，BD =AD BD ∴⊥，1AA ⊥平面ABC ，1BB ∴⊥平面ABC ， 1BB AD ∴⊥，AD ∴⊥平面11BB C C ，∴平面1ADB ⊥平面11BB C C ；（2）1A C 与平面1ADB 平行，证明如下：连接1A B 交1AB 于E ，连接DE ，则E 为1AB 中点，BD CD =，1//AC DE ∴， 又1AC ⊂/平面1ADB ，DE ⊂平面1ADB ， 1//AC ∴平面1ADB ， 利用三等分三棱柱的知识可知， 1111116A A B D A B C ABC V V --=116ABC S AA ∆=⨯ 11162BC AD AA =⨯⨯⨯ 111262=⨯⨯⨯=故三棱锥11A A B D - 5．（2018秋•全国期末）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是菱形，111112AA A B AB ===，60ABC ∠=︒，1AA ⊥平面ABCD ．（1）若点M 是AD 的中点，求证：1//C M 平面11AA B B ；（2）棱BC 上是否存在一点E ，使得二面角1E AD D --的余弦值为13？若存在，求线段CE 的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）连接1B A ，推导出四边形11AB C M 是平行四边形，从而11//C M B A ，由此能证明1//C M 平面11AA B B ．（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，推导出AQ BC ⊥，AQ AD ⊥，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【解答】证明：（1）连接1B A ，由已知得，11////B C BC AD ，且1112B C AM BC ==所以四边形11AB C M 是平行四边形，即11//C M B A ⋯（2分）又1C M ⊂/平面11AA B B ，1B A ⊂平面11AA B B ， 所以1//C M 平面11AA B B ⋯（4分）解：（2）取BC 中点Q ，连接AQ ，因为ABCD 是菱形，且60ABC ∠=︒， 所以ABC ∆是正三角形，所以AQ BC ⊥，即AQ AD ⊥， 由于1AA ⊥平面ABCD ⋯（6分）所以，分别以AQ ，AD ，1AA 为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系， 如图(0A ，0，0)，1(0A ，0，1)，1(0D ，1，1)，Q 假设点E 存在，设点E的坐标为,0)λ，11λ-，(3,0)AE λ=，1(0,1,1)AD =⋯（7分） 设平面1AD E 的法向量(,,)n x y z =则100n AE n AD ⎧=⎪⎨=⎪⎩，即00y y z λ+=+=⎪⎩，可取(,3,n λ=-⋯（9分）平面1ADD 的法向量为(3,0,0)AQ =⋯（10分） 所以，31|cos ,|33AQ n λ<>==，解得：λ=（11分） 又由于二面角1E AD D --大小为锐角，由图可知，点E 在线段QC 上， 所以λ=，即1CE =（12分）6．（2019•山东模拟）如图所示的矩形ABCD 中，122AB AD ==，点E 为AD 边上异于A ，D 两点的动点，且//EF AB ，G为线段ED 的中点，现沿EF 将四边形CDEF 折起，使得AE 与CF 的夹角为60︒，连接BD ，FD ．（1）探究：在线段EF 上是否存在一点M ，使得//GM 平面BDF ，若存在，说明点M 的位置，若不存在，请说明理由；（2）求三棱锥G BDF -的体积的最大值，并计算此时DE 的长度．【分析】（1）取线段EF 的中点M ，由G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点，可得//GM DF ，再由线面平行的判定可得//GM 平面BDF ；（2）由//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒，可得AE 与DE 的夹角为60︒，过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知可得DP 为点D 到平面ABFE 的距离，设DE x =，则4AE BF x ==-，然后利用等积法写出三棱锥G BDF -的体积，再由基本不等式求最值，并求出DE 的长度． 【解答】（1）解：取线段EF 的中点M ，有//GM 平面BDF ． 证明如下：如图所示，取线段EF 的中点M ，G 为线段ED 的中点，M 为线段EF 的中点， GM ∴为EDF ∆的中位线，故//GM DF ，又GM ⊂/平面BDF ，DF ⊂平面BDF ，故//GM 平面BDF ； （2）解：//CF DE ，且AE 与CF 的夹角为60︒， 故AE 与DE 的夹角为60︒， 过D 作DP 垂直于AE 交AE 于P ，由已知得DE EF ⊥，AE EF ⊥，EF ∴⊥平面AED ， 则DP 为点D 到平面ABFE 的距离， 设DE x =，则4AE BF x ==-， 由（1）知//GM DF ， 故111333[1(4)](4)332G BDF M BDF D MBF MBF V V V S DP x x x x ---∆====⨯⨯⨯-⨯=-， 当且仅当4x x -=时等号成立，此时2x DE ==．故三棱锥G BDF-，此时DE的长度为2．7．（2018•全国模拟）如图，在四棱锥P ABCD-中，90ABC BAD∠=∠=︒，112AD AB BC===，PD⊥平面ABCD，PD=M为PC上的动点．（Ⅰ）当M为PC的中点时，在棱PB上是否存在点N，使得//MN平面PDA？说明理由；（Ⅰ）BDM∆的面积最小时，求三棱锥M BCD-的体积．【分析】（Ⅰ）当N为PB中点时，//MN平面PDA．取PB的中点N，连接MN，由M，N分别为PC，PB中点，可得//MN BC，又//BC AD，得//MN AD，再由直线与平面平行的判定对立即可证明//MN平面PDA；（Ⅰ）由PD⊥平面ABCD，DB⊂平面ABCD，知PD BD⊥，又BD CD⊥，CD PD D=，得BD⊥平面PCD，又M D⊂平面PDC，可得BD M D⊥，进一步得到DBM∆为直角三角形，当MD PC⊥时BDM∆的面积最小，然后利用等积法即可求出三棱锥M BCD-的体积．【解答】解：（Ⅰ）当N为PB中点时，//MN平面PDA．证明如下：取PB的中点N，连接MN，M，N分别为PC，PB中点，//MN BC∴，又//BC AD，//MN AD∴，又DA⊂平面PDA，MN⊂/平面PDA，//MN∴平面PDA；（Ⅰ）由PD ⊥平面ABCD ，DB ⊂平面ABCD ，知PD BD ⊥， 又BD CD ⊥，CDPD D =，BD ∴⊥平面PCD ，又M D ⊂平面PDC ，BD M D ∴⊥，DBM ∴∆为直角三角形．当MD PC ⊥时BDM ∆的面积最小． 在底面直角梯形ABCD 中，由90ABC BAD ∠=∠=︒，112AD AB BC ===，得CD =BD ∴=在Rt PDC ∆中，由PD =CD =可得PC =MD =则CM =12MCD S ∆∴==．∴1133M BCD B MCD MCD V V S BD --∆===⨯8．（2018•全国二模）直三棱柱111ABC A B C -中，14AC AA ==，AC BC ⊥． （Ⅰ）证明：11AC A B ⊥；（Ⅰ）当BC 的长为多少时，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．【分析】（Ⅰ）由BC AC ⊥，1BC AA ⊥，得BC ⊥平面11AA C C ，从而1AC BC ⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，则11AC AC ⊥，由此能证明1AC ⊥平面1A BC ，从而11AC A B ⊥． （Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -，利用向量法能求出a ． 【解答】证明：（Ⅰ）BC AC ⊥，1BC AA ⊥，1ACAA A =，BC ∴⊥平面11AA C C ，又1AC ⊂平面11AA C C ，1AC BC ∴⊥，连结1A C ，四边形11AA C C 是正方形，11AC AC ∴⊥， 且1BCAC C =， 1AC ∴⊥平面1A BC ，又1A B ⊂平面1A BC ，11AC A B ∴⊥．解：（Ⅰ）以C 为原点，CA 、CB 、1CC 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系C xyz -， 设BC a =，则(0C ，0，0)，(4A ，0，0)，(0B ，a ，0)，1(0C ，0，4)，1(4A ，0，4)，1(4A B =-，a ，4)-，(4AB =-，a ，0)，1(4AC =-，0，4)， 设平面1ABC 的法向量为(n x =，y ，)z ，则140440AB n x ay AC n x z ⎧=-+=⎪⎨=-+=⎪⎩，取x a =，得(n a =，4，)a ，直线1A B 与平面1ABC 所成角的正弦值为13．1|cos A B ∴<，221|||332216n a ==++． 解得4a =．9．（2018•新课标Ⅰ）如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点．（1）证明：平面AMD⊥平面BMC；（2）在线段AM上是否存在点P，使得//MC平面PBD？说明理由．【分析】（1）通过证明CD AD⊥，证明CM⊥平面AMD，然后证明平面AMD⊥平面BMC；⊥，CD DM（2）存在P是AM的中点，利用直线与平面平行的判断定理说明即可．【解答】（1）证明：矩形ABCD所在平面与半圆弦CD所在平面垂直，所以AD⊥半圆弦CD所在平面，CM⊂半圆弦CD所在平面，∴⊥，CM ADM是CD上异于C，D的点．CM DM∴⊥，DM AD D∴⊥平面AMD，CM⊂平面CMB，=，CM∴平面AMD⊥平面BMC；（2）解：存在P是AM的中点，理由：连接BD交AC于O，取AM的中点P，连接OP，可得//MC OP，MC⊂/平面BDP，OP⊂平面BDP，所以//MC平面PBD．。

探索性问题揭秘探索性问题又叫开放型问题，此类问题作为立体几何的一种创新题型，在近几年的高考中正方兴未艾.和我们司空见惯的封闭型问题恰好相反，探索性问题没有明确的条件或结论，条件或结论是什么或有没有需要通过探索才能知晓.正因为如此，探索性问题往往令很多同学望而却步，不知所措.鉴于此，本文就揭秘空间垂直关系中常见的探索性问题，以期消除同学们对它们的神秘感，能顺利解答此类问题.一、结论探索型例1 如图，在四棱锥ABCD P -中，ABCD 是矩形，ABCD PA 平面⊥，AD PA =，点F 是PD 的中点，点E 在CD 上移动. 试判断直线PE 和AF 的位置关系，并给出证明.分析：根据题意，EF 与平面PAC 应为特殊的位置关系，故可先结合图形，对位置关系进行猜想，然后再利用已知条件对猜想进行证明.解：结合图形猜想AF PE ⊥，证明如下.∵ABCD PA 平面⊥，∴PA CD ⊥，∵是矩形ABCD ，∴AD CD ⊥，∵⊂AD PA ,平面PAD ，A AD PA =I ，∴PAD CD 平面⊥.∵PAD AF 平面⊂，∴CD AF ⊥， ∵AD PA =，点F 是PD 的中点，∴PD AF ⊥， 又⊂PD CD ,平面PCD ，D PD CD =I ，∴PDC AF 平面⊥，又PDC PE 平面⊂， ∴AF PE ⊥.评注：此型问题的基本解法是：先探索猜想结论，再证明结论.二、条件反溯型例2 如图，在三棱柱111C B A ABC -中，已知1AA ⊥平面111C B A ，11111==C B C A ，︒=∠90111B C A ，21=AA ，D 是11B A 中点．当点F 在棱1BB 上的什么位置时，有⊥1AB 平面DF C 1？并证明你的结论．分析：首先证明⊥D C 1平面B A 1，然后过点D 作1AB DF ⊥，交1BB 于点F ，则有 ⊥1AB 平面DF C 1，此时点F 即为所求点，最后在四边形11A ABB 中探索点F 的位置.解：∵1AA ⊥平面111C B A ，⊂D C 1平面111C B A ，∴D C AA 11⊥，∵11111==C B C A ，D 是11B A 中点，∴111B A D C ⊥，又∵⊂111,B A AA 平面B A 1，1111A B A AA =I ，∴⊥D C 1平面B A 1. P A B CD EF 例1图C1B A B1A 1C D 例2图 F过点D 作1AB DF ⊥，交1BB 于点F .∵D C AB DF AB 111,⊥⊥，∴⊥1AB 平面DF C 1，故所作点F 适合题意，下面探索点F 的位置.∵11111==C B C A ，︒=∠90ACB ，∴211=B A ，∴111AA B A =，∴四边形11A ABB 是正方形，连结B A 1，则有11AB B A ⊥，∴DF B A //1，∴点F 是棱1BB 的中点，∴点F 为棱1BB 的中点时，⊥1AB 平面DF C 1.评注：条件探索性问题一般采用反探法，即拿着结论探条件，然后再对探索出的条件进行证明.三、存在判断型例3 四棱锥ABCD S -，点E 是SA 的中点，平面⊥SBC 平面ABCD .问在底面内是否存在一点H ，使得⊥EH 平面ABCD .若存在，确定点D 的位置；若不存在，说明理由.分析：先假设存在点H ，使得⊥EH 平面ABCD .然后依据已知条件，反向探求，若能探求出点H 的位置，则存在；若导出矛盾，则不存在.解：假设存在点H ，使得⊥EH 平面ABCD .作BC SF ⊥于F ，连结AF ， ∵平面⊥SBC 平面ABCD ，平面I SBC 平面BC ABCD =，∴⊥SF 平面ABCD . 设AF 的中点为H ，连结EH ，又点E 是SA 的中点，∴EH 是SAF ∆的中位线，∴SF GH //，∴GH ⊥平面ABCD . 所以，在底面内存在一点H ，它是AF 的中点，使得⊥EH 平面ABCD .评注：解答存在判断型问题的一般思路是：假设存在，然后采用反探法探求.反探法的起点可以是已知条件（如本题），也可以是要探求的位置关系.总之，从哪儿开始探求方便，就从哪儿开始.例3图 H S A BD •E。

立体几何中的探索性问题一、探索平行关系1．[2016·枣强中学模拟] 如图所示，在正四棱柱A 1C 中，E ，F ，G ，H 分别是棱CC 1，C 1D 1，D 1D ，DC 的中点，N 是BC 的中点，点M 在四边形EFGH 及其内部运动，则M 只需满足条件________，就有MN ∥平面B 1BDD 1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况)答案：M 位于线段FH 上(答案不唯一) [解析] 连接HN ，FH ，FN ，则FH ∥DD 1，HN ∥BD ，FH ∩HN ＝H ，DD 1∩BD ＝D ，∴平面FHN ∥平面B 1BDD 1，故只要M ∈FH ，则MN ⊂平面FHN ，且MN ∥平面B 1BDD 1.2.如图所示，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，E 是棱DD 1的中点．(1)求直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值；(2)在棱C 1D 1上是否存在一点F ，使B 1F ∥平面A 1BE ？证明你的结论．解：(1)如图所示，取AA 1的中点M ，连接EM ，BM .因为E 是DD 1的中点，四边形ADD 1A 1为正方形，所以EM ∥AD .(2分)又在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，AD ⊥平面ABB 1A 1，所以EM ⊥平面ABB 1A 1，从而BM 为直线BE 在平面ABB 1A 1上的射影，∠EBM 为BE 和平面ABB 1A 1所成的角．(4分)设正方体的棱长为2，则EM ＝AD ＝2，BE ＝22＋22＋12＝3.于是，在Rt △BEM 中，sin ∠EBM ＝EM BE ＝23，(5分)即直线BE 和平面ABB 1A 1所成的角的正弦值为23.(6分)(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点F，G，连接B1F，EG，BG，CD1，FG.因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG⊂平面A1BE.(8分)因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG，(10分)而B1F⊄平面A1BE，BG⊂平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)3．如图，四棱锥P­ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．(1)求三棱锥A­PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得PA∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD.又∵ABCD 是矩形， ∴AD ⊥CD . ∵PD ∩CD ＝D ， ∴AD ⊥平面PCD ，∴AD 是三棱锥A ­PDE 的高． ∵E 为PC 的中点，且PD ＝DC ＝4， ∴S △PDE ＝12S △PDC ＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×4×4＝4. 又AD ＝2，∴V A －PDE ＝13AD ·S △PDE ＝13×2×4＝83.(2)取AC 中点M ，连接EM ，DM ，∵E 为PC 的中点，M 是AC 的中点，∴EM ∥PA . 又∵EM ⊂平面EDM ，PA ⊄平面EDM ， ∴PA ∥平面EDM . ∴AM ＝12AC ＝ 5.即在AC 边上存在一点M ，使得PA ∥平面EDM ，AM 的长为 5.4.如图所示，在三棱锥P ­ ABC 中，点D ，E 分别为PB ，BC 的中点．在线段AC 上是否存在点F ，使得AD ∥平面PEF ？若存在，求出AF FC的值；若不存在，请说明理由．解：假设在AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ， 连接DC 交PE 于G ，连接FG ，如图所示．∵AD ∥平面PEF ，平面ADC ∩平面PEF ＝FG ，∴AD ∥FG .又∵点D ，E 分别为PB ，BC 的中点，∴G 为△PBC 的重心，∴AF FC ＝DG GC ＝12.故在线段AC 上存在点F ，使得AD ∥平面PEF ，且AF FC ＝12.5．[2016·北京卷] 如图，在四棱锥P ­ ABCD 中，PC ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，DC ⊥AC . (1)求证：DC ⊥平面PAC .(2)求证：平面PAB ⊥平面PAC .(3)设点E 为AB 的中点，在棱PB 上是否存在点F ，使得PA ∥平面CEF ？说明理由．解：(1)证明：因为PC ⊥平面ABCD ， 所以PC ⊥DC . 又因为DC ⊥AC ， 所以DC ⊥平面PAC .(2)证明：因为AB ∥DC ，DC ⊥AC ， 所以AB ⊥AC .因为PC ⊥平面ABCD ， 所以PC ⊥AB ，所以AB ⊥平面PAC ， 所以平面PAB ⊥平面PAC .(3)棱PB 上存在点F ，使得PA ∥平面CEF .证明如下： 取PB 的中点F ，连接EF ，CE ，CF .因为E 为AB 的中点， 所以EF ∥PA .又因为PA ⊄平面CEF ，所以PA ∥平面CEF .6．[2016·四川卷] 如图，在四棱锥P ­ ABCD 中，PA ⊥CD ，AD ∥BC ，∠ADC ＝∠PAB ＝90°，BC ＝CD ＝12AD .(1)在平面PAD 内找一点M ，使得直线CM ∥平面PAB ，并说明理由； (2)证明：平面PAB ⊥平面PBD .解：(1)取棱AD 的中点M (M ∈平面PAD )，点M 即为所求的一个点．理由如下：因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥AM ，且BC ＝AM ，所以四边形AMCB 是平行四边形，从而CM ∥AB . 又AB ⊂平面PAB ，CM ⊄平面PAB ， 所以CM ∥平面PAB .(说明：取棱PD 的中点N ，则所找的点可以是直线MN 上任意一点)(2)证明：由已知，PA ⊥AB ，PA ⊥CD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以直线AB 与CD 相交，所以PA ⊥平面ABCD ，从而PA ⊥BD .因为AD ∥BC ，BC ＝12AD ，所以BC ∥MD ，且BC ＝MD ，所以四边形BCDM 是平行四边形，所以BM ＝CD ＝12AD ，所以BD ⊥AB .又AB ∩AP ＝A ，所以BD ⊥平面PAB . 又BD ⊂平面PBD ，所以平面PAB ⊥平面PBD .7. [2016·阳泉模拟] 如图7­41­10，在四棱锥P ­ABCD 中，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝3，AC ⊥CD ，且平面PCD ⊥平面ABCD .(1)求证：AC ⊥PD .(2)在线段PA 上是否存在点E ，使BE ∥平面PCD ？若存在，求出PE PA的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面PCD ⊥平面ABCD ，平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，AC ⊥CD ，AC ⊂平面ABCD ，∴AC ⊥平面PCD ，∵PD ⊂平面PCD ，∴AC ⊥PD .(2)在线段PA 上存在点E ，使BE ∥平面PCD ，且PE PA ＝13.下面给出证明：∵AD ＝3，BC ＝1，∴在△PAD 中，分别取PA ，PD 靠近点P 的三等分点E ，F ，连接EF ，BE ，CF .∵PE PA ＝PF PD ＝13，∴EF ∥AD ，且EF ＝13AD ＝1. 又∵BC ∥AD ，∴BC ∥EF ，且BC ＝EF ， ∴四边形BCFE 是平行四边形，∴BE ∥CF ，又∵BE ⊄平面PCD ，CF ⊂平面PCD ， ∴BE ∥平面PCD .8．(10分)[2016·河南中原名校联考] 如图所示，在四棱锥S ­ABCD 中，平面SAD ⊥平面ABCD ，AB ∥DC ，△SAD 是等边三角形，且SD ＝2，BD ＝23，AB ＝2CD ＝4.(1)证明：平面SBD ⊥平面SAD .(2)若E 是SC 上的一点，当E 点位于线段SC 上什么位置时，SA ∥平面EBD ？请证明你的结论．(3)求四棱锥S ­ABCD 的体积．解：(1)证明：∵△SAD 是等边三角形， ∴AD ＝SD ＝2，又BD ＝23，AB ＝4，∴AD 2＋BD 2＝AB 2，∴BD ⊥AD ，又∵平面SAD ⊥平面ABCD ，平面SAD ∩平面ABCD ＝AD . ∴BD ⊥平面SAD .又BD ⊂平面SBD ，∴平面SBD ⊥平面SAD .(2)当E 为SC 的三等分点，即ES ＝2CE 时，结论成立． 证明如下：连接AC 交BD 于点H ，连接EH .∵CD ∥AB ，CD ＝12AB ，∴CH HA ＝12＝CEES，∴HE ∥SA .又SA ⊄平面EBD ，HE ⊂平面EBD ， ∴SA ∥平面EBD .(3)过S 作SO ⊥AD ，交AD 于点O . ∵△SAD 为等边三角形，∴O 为AD 的中点，∴SO ＝ 3.易证得SO ⊥平面ABCD ，∴V 四棱锥S ­ABCD ＝13S 梯形ABCD ·SO .∵S 梯形ABCD ＝12×(2＋4)×3＝33，∴V 四棱锥S ­ ABCD ＝3.二、探索垂直关系1．如图所示，在三棱锥P ­ ABC 中，已知PA ⊥底面ABC ，AB ⊥BC ，E ，F 分别是线段PB ，PC 上的动点，则下列说法错误的是( )A ．当AE ⊥PB 时，△AEF 一定为直角三角形 B ．当AF ⊥PC 时，△AEF 一定为直角三角形C ．当EF ∥平面ABC 时，△AEF 一定为直角三角形D ．当PC ⊥平面AEF 时，△AEF 一定为直角三角形答案：B [解析] 已知PA ⊥底面ABC ，则PA ⊥BC ，又AB ⊥BC ，PA ∩AB ＝A ， 则BC ⊥平面PAB ，BC ⊥AE .当AE ⊥PB 时，又PB ∩BC ＝B ，则AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，A 正确．当EF ∥平面ABC 时，又EF ⊂平面PBC ，平面PBC ∩平面ABC ＝BC ，则EF ∥BC ，故EF ⊥平面PAB ，则AE ⊥EF ，故C 正确．当PC ⊥平面AEF 时，PC ⊥AE ，又BC ⊥AE ，PC ∩BC ＝C ，则AE ⊥平面PBC ，则AE ⊥EF ，故D 正确．用排除法可知选B.2．如图所示，在三棱柱ABC ­A 1B 1C 1中，侧棱AA 1⊥底面ABC ，底面是以∠ABC 为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a ，BB 1＝3a ，D 是A 1C 1的中点，点F 在线段AA 1上，当AF ＝________时，CF ⊥平面B 1DF .答案：a 或2a [解析] 由题意易知，B 1D ⊥平面ACC 1A 1，所以B 1D ⊥CF .要使CF ⊥平面B 1DF ，只需CF ⊥DF 即可．当CF ⊥DF 时，设AF ＝x ，则A 1F ＝3a －x .由Rt △CAF ∽Rt △FA 1D ，得AC A 1F ＝AF A 1D ，即2a 3a －x ＝x a，整理得x 2－3ax ＋2a 2＝0，解得x ＝a或x ＝2a .3．如图所示，PA ⊥圆O 所在的平面，AB 是圆O 的直径，C 是圆O 上的一点，E ，F 分别是点A 在PB ，PC 上的正投影，给出下列结论：①AF ⊥PB ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC .其中正确结论的序号是________．答案：①②③ [解析] 由题意知PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC .又AC ⊥BC ，PA ∩AC ＝A ，∴BC ⊥平面PAC ，∴BC ⊥AF .∵AF ⊥PC ，BC ∩PC ＝C ，∴AF ⊥平面PBC ，∴AF ⊥PB ，AF ⊥BC .又AE ⊥PB ，AE ∩AF ＝A ，∴PB ⊥平面AEF ，∴PB ⊥EF .故①②③正确．4.如图所示，已知长方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 为正方形，E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1的中点.(1)求证：EF ∥平面ABCD ；(2)设M 为线段C 1C 的中点，当D 1DAD的比值为多少时，DF ⊥平面D 1MB ？并说明理由．解析：(1)证明：∵E 为线段AD 1的中点，F 为线段BD 1的中点，∴EF ∥AB . ∵EF ⊄平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD . (2)当D 1DAD＝2时，DF ⊥平面D 1MB . ∵ABCD 是正方形， ∴AC ⊥BD . ∵D 1D ⊥平面ABC ， ∴D 1D ⊥AC . ∴AC ⊥平面BB 1D 1D ， ∴AC ⊥DF .∵F ，M 分别是BD 1，CC 1的中点， ∴FM ∥AC . ∴DF ⊥FM . ∵D 1D ＝2AD ， ∴D 1D ＝BD .∴矩形D1DBB1为正方形．∵F为BD1的中点，∴DF⊥BD1.∵FM∩BD1＝F，∴DF⊥平面D1MB.5.如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1) (2)(1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.(2分)又∵DE⊄平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(4分)(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD.∴DE⊥平面A1DC.而A1F⊂平面A1DC，(6分)∴DE⊥A1F.又∵A1F⊥CD，CD∩DE＝D，∴A1F⊥平面BCDE，又BE⊂平面BCDE，∴A1F⊥BE.(9分)(3)线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ.理由如下：如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC.又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，∴A1C⊥平面DEP.(12分)从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.(14分)6．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．解析：(1)证明：连接A1B，则AB1⊥A1B，又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A1，∴AB1⊥平面A1BF.又BF⊂平面A1BF，∴AB1⊥BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴∠ABG＝∠DAE.∴AE⊥BG.又∵BG∩FG＝G，∴AE⊥平面BFG.又BF⊂平面BFG，∴AE⊥BF.(3)存在．取CC1中点P，即为所求．连接EP，AP，C1D，∵EP∥C1D，C1D∥AB1，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.7．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1­BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.(2)求证：BD⊥A1F.(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．解：(1)证明：在题图(1)中，因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM是△ACF的中位线，所以DM∥EF，则在题图(2)中，DM∥EF，又EF⊂平面A1EF，DM⊄平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD，且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F⊂平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF⊂平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因为A1B⊂平面A1BD，所以A1B⊥EF，又EF∥DM，所以A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾，所以假设不成立，所以直线A1B与直线CD不能垂直．。

专题三压轴解答题第一关以立体几何中探索性问题为背景的解答题【名师综述】利用空间向量解决探索性问题立体几何中的探索性问题立意新颖，形式多样，近年来在高考中频频出现，而空间向量在解决立体几何的探索性问题中扮演着举足轻重的角色，它是研究立体几何中的探索性问题的一个有力工具，应用空间向量这一工具，为分析和解决立体几何中的探索性问题提供了新的视角、新的方法．下面借“题”发挥，透视有关立体几何中的探索性问题的常见类型及其求解策略，希望读者面对立体几何中的探索性问题时能做到有的放矢，化解自如．1.以“平行”为背景的存在判断型问题典例1 （2019·山东省实验中学高考模拟）如图所示的矩形ABCD中，AB=12AD=2，点E为AD边上异于A，D两点的动点，且EF//AB，G为线段ED的中点，现沿EF将四边形CDEF折起，使得AE与CF的夹角为60°，连接BD，FD．(1)探究：在线段EF上是否存在一点M，使得GM//平面BDF，若存在，说明点M的位置，若不存在，请说明理由；(2)求三棱锥G—BDF的体积的最大值，并计算此时DE的长度．【答案】（1）见解析；（2）33,2【解析】（1）取线段EF的中点M，有GM∥平面BDF．证明如下：如图所示，取线段EF的中点M，∵G为线段ED的中点，M为线段EF的中点，∴GM为△EDF的中位线，故GM∥DF，又GM⊄平面BDF，DF⊂平面BDF，故GM∥平面BDF；（2）∵CF ∥DE ，且AE 与CF 的夹角为60°，故AE 与DE 的夹角为60°，即60AED ∠=︒，过D 作DP ⊥AE 交AE 于P ，由已知得DE ⊥EF ，AE ⊥EF ，∴EF ⊥平面AED ，EF ⊥DP,又AE EF=E,∴DP ⊥平面AEFB ，即DP 为点D 到平面ABFE 的距离，且3DP x =， 设DE ＝x ，则AE ＝BF ＝4﹣x ，由（1）知GM ∥DF ， G BDF M BDF D MBF V V V ---===11131(4)3322MBF S DP x x ⎡⎤⋅⋅=⨯⨯⨯-⨯⎢⎥⎣⎦()24333(4)x x x x -+=-⋅=， 当且仅当4﹣x ＝x 时等号成立，此时x ＝DE ＝2．故三棱锥G ﹣BDF 的体积的最大值为33，此时DE 的长度为2． 【名师指点】本题是直线和平面平行的存在性问题，这种问题可以利用空间直角坐标系，通过建系设点，利用空间向量求解，如果利用传统立体几何的方法，就需利用分析法，利用直线和平面平行的性质定理寻求点的位置．【举一反三】如图所示,在四棱锥中,四边形是正方形,点分别是线段的中点.（1）求证：;。

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难点攻略：立体几何中的探索性问题
作者：朱建霞
来源：《数学金刊·高考版》2014年第12期
1. 与平行有关的探索性问题
对线面平行问题的解法，有两种思路：（1）传统方法：利用线面平行的判定定理或面面平行的性质定理解决.（2）向量法：①用共面向量定理（对不易建立坐标系的问题）：证明直线的方向向量能用平面内的两条相交直线的方向向量表示出来，即这三个向量共面，根据共面向量定理可得线面平行.②空间向量的坐标运算（易建立坐标系的问题）：求出平面的法向量，然后证明平面的法向量与直线的方向向量垂直.
对面面平行问题的解法，有两种思路：（1）传统方法：利用面面平行的判定定理或线面垂直的性质（ l⊥α，l⊥β？圯α∥β）解决.（2）向量法：①利用向量证明一个平面内的两条相交直线分别与另一个平面平行.②空间向量的坐标运算（易建立坐标系的问题）：分别求出两个平面的法向量，然后证明这两个法向量平行，则这两个平面平行.
2. 与垂直有关的探索性问题
对立体几何中的垂直问题的解法，有两种思路：（1）传统方法：利用线面垂直的判定与性质定理、面面平行的判定与性质定理解决垂直问题.（2）对坐标系易建立的垂直问题，a向量和平面的法向量，结合线面垂直、面面垂直的判定只需证明直线的方向向量与平面的法向量之间的平行与垂直可得线面垂直、面面垂直.
3. 与角有关的探索性问题。

立体几何中的探索性问题一、探索平行关系1．[2016·枣强中学模拟]如图所示，在正四棱柱A1C中，E，F，G，H分别是棱CC1，C1D1，D1D，DC的中点，N是BC的中点，点M在四边形EFGH及其内部运动，则M只需满足条件________，就有MN∥平面B1BDD1.(注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况)答案：M位于线段FH上(答案不唯一)[解析]连接HN，FH，FN，则FH∥DD1，HN∥BD，FH∩HN＝H，DD1∩BD＝D，∴平面FHN∥平面B1BDD1，故只要M∈FH，则MN?平面FHN，且MN∥平面B1BDD1.2.如图所示，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．解：(1)如图所示，取AA1的中点M，连接EM，BM.因为E是DD1的中点，四边形ADD1A1为正方形，所以EM∥AD.(2分)，ABB1A1上的射影，∠EBM为BE和平面ABB1A1所成的角．(4分(2)在棱C1D1上存在点F，使B1F∥平面A1BE.事实上，如图(b)所示，分别取C1D1和CD的中点因A1D1∥B1C1∥BC，且A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，因此D1C∥A1B.又E，G分别为D1D，CD的中点，所以EG∥D1C，从而EG∥A1B.这说明A1，B，G，E四点共面．所以BG?平面A1BE.(8分)因四边形C1CDD1与B1BCC1皆为正方形，F，G分别为C1D1和CD的中点，所以FG∥C1C∥B1B，且FG＝C1C＝B1B，因此四边形B1BGF是平行四边形，所以B1F∥BG，(10分)而B1F?平面A1BE，BG?平面A1BE，故B1F∥平面A1BE.(12分)3．如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PD＝DC＝4，AD＝2，E为PC的中点．(1)求三棱锥A-PDE的体积；(2)AC边上是否存在一点M，使得P A∥平面EDM？若存在，求出AM的长；若不存在，请说明理由．解析：(1)∵PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AD.又∵ABCD是矩形，又AD＝2，∴V A－PDE＝AD·S△PDE＝×2×4＝.(2)取AC中点M，连接EM，DM，∵E为PC又∵EM?平面EDM，P A?平面EDM，∴P A∥平面EDM.∴AM＝AC＝.即在AC边上存在一点M，使得P A∥平面EDM，AM的长为.4.如图所示，在三棱锥P-ABC中，点D，E分别为PB，BC的中点．在线段AC上是否存在点F，使得AD∥平面PEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解：假设在AC上存在点F，使得AD∥平面PEF，连接DC交PE于G，连接FG，如图所示．∵AD∥平面PEF，平面ADC∩平面PEF＝FG，∴AD∥FG.又∵点D，E分别为PB，BC的中点，∴G为△PBC的重心，∴＝＝.故在线段AC上存在点F，使得AD∥平面PEF，且＝.5．[2016·北京卷]如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.(1)求证：DC⊥平面P AC.(2)求证：平面P AB⊥平面P AC.(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得P A∥平面CEF？说明理由．解：(1)证明：因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥DC.又因为DC⊥AC，所以DC⊥平面P AC.(2)证明：因为AB∥DC，DC⊥AC，所以AB⊥AC.因为PC⊥平面ABCD，所以PC⊥AB，所以AB⊥平面P AC，所以平面P AB⊥平面P AC.(3)棱PB上存在点F，使得P A∥平面CEF.证明如下：取6(1)(2)所以四边形AMCB是平行四边形，从而CM∥AB.又AB?平面P AB，CM?平面P AB，所以CM∥平面P AB.(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线(2)证明：由已知，P A⊥AB，P A⊥CD.因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，所以P A⊥平面ABCD，从而P A⊥BD.因为AD∥BC，BC＝AD，所以BC∥MD，且BC＝MD，所以四边形BCDM是平行四边形，所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面P AB.又BD?平面PBD，所以平面P AB⊥平面PBD.7.[2016·阳泉模拟]如图7-41-10，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，BC＝1，AD＝3，AC⊥CD，且平面PCD⊥平面ABCD.(1)求证：AC⊥PD.(2)在线段P A上是否存在点E，使BE∥平面PCD？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD＝CD，AC⊥CD，AC?平面ABCD，∴AC⊥平面PCD，∵PD?平面PCD，∴AC⊥PD.(2)在线段P A上存在点E，使BE∥平面PCD，且＝.下面给出证明：∵AD＝3，BC＝1，∴在△P AD中，分别取P A，PD靠近点P的三等分点E，F，连接EF，BE，CF.∵＝＝，∴EF∥AD，且EF＝AD＝1.又∵BC∥AD，∴BC∥EF，且BC＝EF，∴四边形BCFE是平行四边形，∴BE∥CF，又∵BE?平面PCD，CF?平面PCD，∴BE∥平面PCD.8．(10分)[2016·河南中原名校联考]如图所示，在四棱锥S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△SAD 是等边三角形，且SD＝2，BD＝2，AB＝2CD＝4.(1)证明：平面SBD⊥平面SAD.(2)若E是SC上的一点，当E点位于线段SC上什么位置时，SA∥平面EBD？请证明你的结论．(3)求四棱锥S-ABCD的体积．解：(1)证明：∵△SAD是等边三角形，∴AD＝SD＝2，又BD＝2，AB＝4，＝AD.∴V四棱锥S-ABCD＝S梯形ABCD·SO.∵S梯形ABCD＝×(2＋4)×＝3，∴V四棱锥S-ABCD＝3.二、探索垂直关系1．如图所示，在三棱锥P-ABC中，已知P A⊥底面列说法错误的是()A．当AE⊥PB时，△AEF一定为直角三角形B．当AF⊥PC时，△AEF一定为直角三角形C．当EF∥平面ABC时，△AEF一定为直角三角形D．当PC⊥平面AEF时，△AEF一定为直角三角形答案：B[解析]已知P A⊥底面ABC，则P A⊥BC，又AB⊥BC，P A∩AB＝A，则BC⊥平面P AB，BC⊥AE.当AE⊥PB时，又PB∩BC＝B，则AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，A正确．当EF∥平面ABC时，又EF?平面PBC，平面PBC∩平面ABC＝BC，则EF∥BC，故EF⊥平面P AB，则AE⊥EF，故C正确．当PC⊥平面AEF时，PC⊥AE，又BC⊥AE，PC∩BC＝C，则AE⊥平面PBC，则AE⊥EF，故D正确．用排除法可知选B.2．如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，底面是以∠ABC为直角的等腰直角三角形，AC ＝2a，BB1＝3a，D是A1C1的中点，点F在线段AA1上，当AF＝________时，CF⊥平面B1DF.答案：a或2a[解析]由题意易知，B1D⊥平面ACC1A1，所以B1D⊥CF.要使CF⊥平面B1DF，只需CF⊥DF 即可．当CF⊥DF时，设AF＝x，则A1F＝3a－x.由Rt△CAF∽Rt△F A1D，得＝，即＝，整理得x2－3ax＋2a2＝0，解得x＝a或x＝2a.3．如图所示，P A⊥圆O所在的平面，AB是圆O的直径，C是圆O上的一点，E，F分别是点A在PB，PC上的正投影，给出下列结论：①AF⊥PB；②EF⊥PB；③AF⊥BC；④AE⊥平面PBC.其中正确结论的序号是________．答案：①②③[解析]由题意知P A⊥平面ABC，∴P A⊥BC.又AC⊥BC，P A∩AC＝A，∴BC⊥平面P AC，∴BC⊥AF.∵AF⊥PC，BC∩PC＝C，∴AF⊥平面PBC，∴AF⊥PB，AF⊥BC.又AE⊥PB，AE∩AF＝A，∴PB⊥平面AEF，∴PB⊥EF.故①②③正确．4.如图所示，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点.(1)求证：EF∥平面ABCD；(2)设M为线段C1C的中点，当的比值为多少时，DF⊥平面D1MB？并说明理由．解析：(1)证明：∵E为线段AD1的中点，F为线段BD1的中点，∴EF∥AB.∵EF?平面ABCD，AB?平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.(2)当＝时，DF⊥平面D1MB.∴FM∥AC.∴DF⊥FM.∵D1D＝AD，∴D1D＝BD.∴矩形D1DBB1为正方形．∵F为BD1的中点，∴DF⊥BD1.∵FM∩BD1＝F，∴DF⊥平面D1MB.5.如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．(1)(2)(1)求证：DE∥平面A1CB.(2)求证：A1F⊥BE.(3)线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由．解：(1)∵D，E分别为AC，AB的中点，∴DE∥BC.(2分)又∵DE?平面A1CB，∴DE∥平面A1CB.(4分)(2)由已知得AC⊥BC且DE∥BC，∴DE⊥AC.∴DE⊥A1D，DE⊥CD.如图，分别取A1C，A1B的中点P，Q，则PQ∥BC又∵DE∥BC，∴DE∥PQ.∴平面DEQ即为平面DEP.由(2)知，DE⊥平面A1DC，∴DE⊥A1C.又∵P是等腰三角形DA1C底边A1C的中点，∴A1C⊥DP.又DP∩DE＝D，∴A1C⊥平面DEP.(12分)从而A1C⊥平面DEQ.故线段A1B上存在点Q，使得A1C⊥平面DEQ.(14分)6．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F分别是CD、A1D1的中点．(1)求证：AB1⊥BF；(2)求证：AE⊥BF；(3)棱CC1上是否存在点P，使BF⊥平面AEP？若存在，确定点P的位置，若不存在，说明理由．解析：(1)证明：连接A1B，则AB1⊥A1B，又∵AB1⊥A1F，且A1B∩A1F＝A1，∴AB1⊥平面A1BF.又BF?平面A1BF，∴AB1⊥BF.(2)证明：取AD中点G，连接FG，BG，则FG⊥AE，又∵△BAG≌△ADE，∴EP∥AB1.由(1)知AB1⊥BF，∴BF⊥EP.又由(2)知AE⊥BF，且AE∩EP＝E，∴BF⊥平面AEP.7．如图(1)所示，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D为AC的中点，AE⊥BD于点E(不同于点D)，延长AE交BC 于点F，将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A1-BCD，如图(2)所示．(1)若M是FC的中点，求证：直线DM∥平面A1EF.(2)求证：BD⊥A1F.(3)若平面A1BD⊥平面BCD，试判断直线A1B与直线CD能否垂直？并说明理由．解：(1)证明：在题图(1)中，因为D，M分别为AC，FC的中点，所以DM是△ACF的中位线，所以DM∥EF，则在题图(2)中，DM∥EF，又EF?平面A1EF，DM?平面A1EF，所以DM∥平面A1EF.(2)证明：因为A1E⊥BD，EF⊥BD，且A1E∩EF＝E，所以BD⊥平面A1EF.又A1F?平面A1EF，所以BD⊥A1F.(3)直线A1B与直线CD不能垂直．理由如下：因为平面A1BD⊥平面BCD，平面A1BD∩平面BCD＝BD，EF⊥BD，EF?平面BCD，所以EF⊥平面A1BD.因为A1B?平面A1BD，所以A1B⊥EF，又EF∥DM，所以A1B⊥DM.假设A1B⊥CD，因为A1B⊥DM，CD∩DM＝D，所以A1B⊥平面BCD，所以A1B⊥BD，这与∠A1BD为锐角矛盾，所以假设不成立，所以直线A1B与直线CD不能垂直．。

题型01.07--解析几何中的探索性问题一、问题概述探索性问题主要考查学生探索解题途径，解决非传统完备问题的能力，是命题者根据学科特点，将数学知识有机结合并赋予新的情境创设而成，要求学生自己观察、分析、创造性地运用所学能知识和方法论解决问题．解析几何中的探索性问题，主要有存在性问题（例1，例3）、定点定值问题（例2）等．解决问题的策略往往是承认结论、变结论为条件出发，然后通过特例归纳，或由演绎推理证明其合理性或不合理性．探索过程要充分挖掘已知条件，注意条件的完备性，不用忽略任何可能的因素．解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念和性质、方程和不等式、判别式等各项知识，还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力和运算能力以及善于运用数形结合的思想方法分析问题、解决问题不够的的能力． 二、释疑拓展1．【苏北四市2018届高三第一学期期末调研.18题】如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的离心率为12，且过点312(，).F 为椭圆的右焦点，,A B 为椭圆上关于原点对称的两点，连接,AF BF 分别交椭圆于,C D 两点．（1）求椭圆的标准方程； （2）若AF FC =，求BFFD的值； （3）设直线AB ，CD 的斜率分别为1k ，2k ，是否存在实数m ，使得21k mk =，若存在，求出m 的值；若不存在，请说明理由．2．【苏锡常镇四市2015届高三教学情况调研（一）.18题】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：22221x y a b +=(0)a b >>，且过点，过椭圆的左顶点A 作直线l x ⊥轴，点M 为直线l 上的动点，点B 为椭圆右顶点，直线BM 交椭圆C 于P ． （1）求椭圆C 的方程； （2）求证：AP OM ⊥；（3）试问OP OM ⋅是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．3．【盐城市2018届高三第三次调研.18题】如图，已知12,F F 分别是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点，点(2,3)P -是椭圆C 上一点，且1PF x ⊥轴． （1）求椭圆C 的方程；（2）设圆222:()(0)M x m y r r -+=>．①设圆M 与线段2PF 交于两点,A B ，若2MA MB MP MF +=+，且2AB =，求r 的值；②设2m =-，过点P 作圆M 的两条切线分别交椭圆C 于,G H 两点（异于点P ）．试问：是否存在这样的正数r ，使得,G H 两点恰好关于坐标原点O 对称？若存在，求出r三、专题反思（你学到了什么？还想继续研究什么？）四、巩固训练1．【徐州市、宿迁市2014届高三第三次教学情况检测.18题】如图，已知1A ，2A ，1B ，2B 分别是椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的四个顶点，△112A B B 是一个边长为2的等边三角形，其外接圆为圆M ．（1）求椭圆C 及圆M 的方程；（2）若点D 是圆M 劣弧12A B 上一动点（点D 异于端点1A ，2B ），直线1B D 分别交线段12A B ，椭圆C 于点E ，G ，直线2B G 与11A B 交于点F ． （i ）求11GB EB 的最大值； （ii ）试问：E ，F 两点的横坐标之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．2．【镇江市2018届高三第一学期期末调研.18题】如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆)0(1:2222>>=+b a b y a x E 的离心率为22，左焦点 F (-2,0) ，直线 l : y = t 与椭圆交于A , B 两点，M 为椭圆上异于 A , B 的点．（1）求椭圆 E 的方程；（2）若()1,6--M ，以 AB 为直径的圆 P 过 M 点，求圆 P 的标准方程； （3）设直线MA ，MB 与y 轴分别交于C ，D ，证明： OC ⋅OD 为定值．3．【常州市2016届高三第一学期期末调研.19题】在平面直角坐标系xOy 中，设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是e ，定义直线y ＝±ba 为椭圆的“类准线”．已知椭圆C 的“类准线”方程为y ＝±23，长轴长为4. （1）求椭圆C 的方程；（2）点P 在椭圆C 的“类准线”上(但不在y 轴上)，过点P 作圆O ：x 2＋y 2＝3的切线l ，过点O 且垂直于OP 的直线与l 交于点A ，问点A 是否在椭圆C 上？证明你的结论．参考答案二、释疑拓展1．【解】（1）设椭圆方程为22221(0)x y a b a b +=>>，由题意知：22121914c a ab ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩解之得：2a b =⎧⎪⎨=⎪⎩22143x y +=（2）若AF FC =，由椭圆对称性，知3(1,)2A ，所以3(1,)2 B --，此时直线BF 方程为3430x y --=，由223430,1,43x y x y --=⎧⎪⎨+=⎪⎩，得276130x x --=，解得137x =（1x =-舍去），故1(1)713317BF FD --==-．（3）设00,)A x y （，则00(,)B x y --，直线AF 的方程为00(1)1y y x x =--，代入椭圆方程22143x y +=，得 2220000(156)815240x x y x x ---+=， 因为0x x =是该方程的一个解，所以C 点的横坐标08552C x x x -=-，又(,)c C C x y 在直线00(1)1y y x x =--上，所以00003(1)152C c y y y x x x -=-=--， 同理，D 点坐标为0085(52x x ++，3)52y x +， 所以000002100000335552528585335252y y y x x k k x x x x x --+-===+--+-，即存在53m =，使得2153k k =．2．【解】：（1）∵椭圆C ：22221x y a b+=(0)a b >>，∴222a c =，则222a b =，又椭圆C过点，∴221312a b+=．∴24a =，22b =，则椭圆C 的方程22142x y +=．（2）设直线BM 的斜率为k ，则直线BM 的方程为(2)y k x =-，设11(,)P x y ， 将(2)y k x =-代入椭圆C 的方程22142x y +=中并化简得：2222(21)4840k x k x k +-+-=，解之得2124221k x k -=+，22x =，∴1124(2)21ky k x k -=-=+，从而222424(,)2121k k P k k --++．令2x =-，得4y k =-，∴(2,4)M k --，(2,4)OM k =--． 又222424(2,)2121k k AP k k --=+++＝22284(,)2121k kk k -++，∴2222161602121k k AP OM k k -⋅=+=++，∴AP OM ⊥．（3）222424(,)(2,4)2121k k OP OM k k k --⋅=⋅--++ =2222284168442121k k k k k -+++==++．∴OP OM ⋅为定值4．3．【解】：（1）因点(2,3)P -是椭圆C 上一点，且1PF x ⊥轴，所以椭圆的半焦距2c =，由22221c y a b +=，得2b y a =±，所以2243b a a a-==， 化简得2340a a --=，解得4a =，所以212b =，所以椭圆C 的方程为2211612x y +=． （2）①因2MA MB MP MF +=+，所以2MA MP MF MB -=-，即2PA BF =，所以线段2PF 与线段AB 的中点重合（记为点Q ），由（1）知3(0,)2Q ，因圆M 与线段2PF 交于两点,A B ，所以21MQ AB MQ PF k k k k ⋅=⋅=-，所以30302122m --⋅=---，解得98m =-，所以158MQ ==，故178r ==② 由,G H 两点恰好关于原点对称，设00(,)G x y ，则00(,)H x y --，不妨设00x <，因(2,3)P -，2m =-，所以两条切线的斜率均存在，设过点P 与圆M 相切的直线斜率为k ，则切线方程为3(2)y k x -=+，即230kx y k -++=，由该直线与圆M相切，得r =，即k = 所以两条切线的斜率互为相反数，即PG PH k k =-，所以00003322y y x x ---=-+-+，化简得006x y =-，即006y x -=，代入220011612x y +=， 化简得420016480x x -+=，解得02x =-（舍），0x =-所以0y =所以(G -，H，所以PG k ==所以r ==. 故存在满足条件的r，且r =四、巩固训练1、【解】：（1）由题意知，2(0,1)B，1(A ，所以1b =，a =，所以椭圆C 的方程为2213x y +=，易得圆心(M，1A M =，所以圆M的方程为224(3x y +=．（2）证明：设直线1B D的方程为1(y kx k =-<，与直线12A B 的方程1y x =+联立，解得点E ， 联立22113y kx x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y 并整理得，22(1+3)60k x kx -=，解得点222631(,)3131k k G k k-++，（i）1111121)2G E x GBEB x====-=+-+++1+≤3k =时，取“=”，所以11GB EB ．（ii ）直线2B G 的方程为222311131116331k k y xx k k k --+=+=-++， 与直线11A B 的方程1y =-联立，解得点F ， 所以E 、F=- 故E 、F 两点的横坐标之和为定值，该定值为-． 2、【解】：（1）因为e ＝c a ＝22且c ＝2，所以a ＝22，b ＝2所以椭圆方程为x 28＋y 24＝1（2）设A(s ，t)，则B(－s ，t)，且s 2＋2t 2＝8.①因为以AB 为直径的圆P 过M 点，所以MA ⊥MB ，所以MA →·MB →＝0，因为MA →＝(s ＋6，t ＋1)，MB →＝(－s ＋6，t ＋1)， 所以6－s 2＋(t ＋1)2＝0. ② 由①②解得t ＝13或t ＝－1(舍)，所以s 2＝709因为圆P 的圆心为AB 的中点(0，t)，半径为AB2＝|s|，所以圆P 的标准方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y －132＝709（3）设M(x 0，y 0)，则l AM 的方程为y －y 0＝t －y 0s －x 0·(x －x 0)，若k 不存在，显然不符合条件． 令x ＝0得y C ＝－tx 0＋sy 0s －x 0；同理y D ＝－tx 0－sy 0－s －x 0，所以OC·OD ＝|y C ·y D |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－tx 0＋sy 0s －x 0·－tx 0－sy 0－s －x 0＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2x 20－s 2y 20x 20－s2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2x 20－s 2y 20x 20－s 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2（8－2y 20）－（8－2t 2）y 208－2y 20－（8－2t 2）＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪8t 2－8y 202t 2－2y 20＝4为定值． 3、【解】：（1）由题意⎩⎪⎨⎪⎧ab c ＝23，a ＝2又a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝3，c ＝1所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1（2）点A 在椭圆C 上．证明如下：设切点为Q(x 0，y 0)，x 0≠0，则x 20＋y 20＝3，切线l 的方程为x 0x ＋y 0y －3＝0.当y P ＝23时，x P ＝3－23y 0x 0，即P ⎝⎛⎭⎪⎫3－23y 0x 0，23，则k OP ＝233－23y 0x 0 ＝2x 03－2y 0，所以k OA ＝2y 0－32x 0，直线OA 的方程为y ＝2y 0－32x 0x.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2y 0－32x 0x ，x 0x ＋y 0y －3＝0解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6x 06－3y 0，y ＝3（2y 0－3）6－3y 0即A ⎝⎛⎭⎪⎫6x 06－3y 0，3（2y 0－3）6－3y 0，因为⎝ ⎛⎭⎪⎫6x 06－3y 024＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3（2y 0－3）6－3y 023＝9（3－y 20）＋3（4y 20－43y 0＋3）3y 20－123y 0＋36＝3y 20－123y 0＋363y 20－123y 0＋36＝1， 所以点A 的坐标满足椭圆C 的方程．当y P ＝－23时，同理可得点A 的坐标满足椭圆C 的方程，所以点A 在椭圆C 上．。

高考数学答题模板：解析几何中的探索性问
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高考数学答题模板：解析几何中的探索性问题
1、解题路线图
①一般先假设这种情况成立(点存在、直线存在、位置关系存在等)
②将上面的假设代入已知条件求解。

③得出结论。

2、构建答题模板
①先假定：假设结论成立。

②再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解。

③下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设;若推出矛盾则否定假设。

④再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性。

高考数学压轴题及答案：解析几何与向量
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立体几何中的探索性问题(总12页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One 1■CAL■本页仅作为文档封面.使用请直接删除立体几何中的探索性问题一、探索平行关系1.［2016 •枣强中学模拟］如图所示，在正四棱柱凡Q中，E, F, G,〃分别是棱CG, GD、D.D、兀的中点，川是虑的中点，点"任四边形叭¥及其内部运动，则M只需满足条件,就有〃平而Ba*（注：请填上一个你认为正确的条件，不必考虑全部可能的情况）答案：M位于线段FH上（答案不唯一）［解析］连接HX, FH, FM,则FH〃DD“ HN〃BD, FHnHN=H, DD2BD=D, 平而FHN〃平面B】BDD” 故只要MeFH,则MNu 平而FHN,且MN〃平而B；BDD：.2.如图所示，在正方体ABCD-A^aa中，E是棱勿:的中点.（1）求直线亦和平而ABBA所成的角的正弦值；（2）在棱GA上是否存在一点F,使氏尸〃平面凡庞证明你的结论.解：⑴如图所示，取的中点M连接册翩因为疋是皿的中点，四边形迦凡为正方形，所以EM//AD.（2分）又在正方体ABCD AxB.GD中，血?丄平而ABBA,所以則丄平而ABBA从而血为直线亦在平而磁儿上的射影，AEBM为庞用1平而邂凡所成的角.（4分）设正方体的棱长为2,则EM=AD=2.亦=费+2讦尸=3・EM 9于是，在Rt△宓#中，sinZ旳片亦=亍（5分）2即直线亦和平而磁也所成的角的正弦值为亍（6分）(2)在棱GA上存在点尸，使3尸〃平而4眩事实上，如图(b)所示，分别取和G?的中点尸，G、连接5只EG、BG. Cg FG.因AD"B3BC、且凡2=BC,所以四边形A..BCD、是平行四边形，因此RC//AiB.又E G分别为AQ,少的中点，所以EG” DC从而EG" Ab这说明凡，B, G,尸四点共面.所以瑟平而应宓(8分)因四边形GCDD、呂B..BCC：皆为正方形，F, G分别为GA和Q的中点，所以FG//GC//&.B.且FG=GC=RB.因此四边形3财是平行四边形，所以&FHBG、(10 分)而5丙平而入BE. BGci平而A,BE.故氏尸〃平而凡宓(12分)Ai D,3・如图，四棱锥P-ABCD中，刊丄平而ABCD.底而ABCD为矩形，PD=DC=\> AD= 2,疋为FC的中点.(1)求三棱锥A-PDE的体积：(2)£Q边上是否存在一点必使得用〃平而皿了若存在，求出的长；若不存在，请解析：(1)：•刃丄平而救P, :.PDLAD.又•: ABCD是矩形,:.ADLCD.•: PDQCD=D.:.ADL平而PCD、:.出?是三棱锥ArPDE的高.•••£为PC的中点，且PD=DC=\.S：\ne= ：\rx=E X X 1 X 4j = 4. 又AD=2.1 1 8⑵取M中点•也连接則，DM, YE为PC的中点，〃是M的中点…••曰〃用. 又V£Jit=平而EDM.Q1G平而ED如化用〃平而EDM.:.AM=^AC=^i.即在川Q边上存在一点％使得丹〃平而旦必川/的长为仗.4.如图所示，在三棱锥尸・磁中，点刀，E分别为丹,證的中点.在线段川6•上是否存在AF斤使得出?〃平而PEF,连接％交朋于G连接尬点尸，使得肋〃平而财若存在，求出丘的值；若不存在，请说明理由.9：AD//平而昭；平而ADCn平而PEF= FG,:.AD//FG.又•.•点Q, E分别为丹，BC的中点、：.G为△磁的重心，.:芬=券=*・故在线段上存月尸1在点斤使得初〃平面亦且丘 =了・5.[2016 •北京卷]如图，在四棱锥户・月万e中，FC丄平而ABCD, AB//DC. DCLAC.(1)求证：ZT丄平而用C(2)求证：平面用3丄平而QIC(3)设点£为初的中点，在棱丹上是否存在点尸，使得用〃平而狞说明理由.解：(D证明：因为尸Q丄平而馭D 所以PCLDC.又因为DCLAC.所以％丄平面用C(2)证明：炭为 AB〃 DC, DC LAC. 所以AB±AC.因为PQ丄平面所以PC丄肋.所以曲丄平而用G所以平而加丄平而QIC(3)棱丹上存在点尸，使得刊〃平而亦证明如下: 取丹的中点斤连接朋CE、CE因为疋为曲的中点，所以EF//PA.又因为加平面亦所以刃〃平而狞6.[2016 •四川卷]如图，在四棱锥P・丽CD中,PA丄CD, AD//BC. ZADC= ZPAB= 90°, BC=CD=^AD.(1)在平而验内找一点M,使得直线G/〃平而并说明理由；(2)证明：平面用万丄平而磁・解：⑴取棱肋的中点肌胆平而加?)，点“即为所求的一个点.理由如卜•:因为肋〃处BC^-AD.所以BC//AM.且證=&肌所以四边形汽畑是平行四边形，从而CM//AB.又邂平而PAB.平而PAB.所以平而PAB.(说明：取棱刃的中点用则所找的点可以是直线JfV上任意一点)P(2)证明：由已知，用丄用丄m因为AD//BC,證=£肋，所以直线AB与切相交，所以丹丄平而ABCD,从而PAJLBD. 因为肋〃必BC=^AD.所以證〃J偽且BC=MD,所以四边形万GW是平行四边形，所以B.V=CD=^AD,所以助丄又ABOAP=A.所以加丄平而加又平面PBD.所以平而用5丄平而PBD.7.[2016 •阳泉模拟]如图7-41-10,在四棱锥P-ABCD中，BC//AD. 5(7=1,初=3, AC LCD.且平而加丄平而MGZ(1)求证：ACA-PD.PF(2)在线段用上是否存在点E使氐•〃平而加若存在，求出吕的值；若不存在，请PA说明理由.解：(1)证明：•••平面尸G?丄平而ABCD.平而pea平而ABCD= CD、AC LCD. Mt平而ABCD, :.ACL 平而•: Pg平而PCD、:.ACLPD.PE 1(2)在线段刃上存在点仅使亦〃平而加，且士=#下而给岀证明：^AD=Z, BC=1.•••在△用Z?中，分别取用，刃靠近点尸的三等分点伐尺连接丽BE. CF.•翌 =丄=匹•叼=空=看 :.HE//SA.又S 幻平而PE PF 11 '：盲苛勺：・EF 〃也且吩严1.又 9：BC//AD.:・BC 〃 EF 、RBC=EF\•••四边形心是平行四边形，:・BE 〃 CF 、又TS 皮平PCD. G 匕平而RD:.BE//平而尸GZ8. （10分）［2016 •河南中原名校联考］如图所示，在四棱锥S ■馭P 中，平而旳门丄平面 ABCD. AB//DC. △S3是等边三角形，且 SD=2、ED=2© AB=2CD=4.（1） 证明：平而如丄平而5＞切・（2） 若疋是SC 上的一点，当厅点位于线段SC 上什么位置时，旳〃平面磁请证明你的 结论.（3）求四棱锥&ABCD 的体积.解：（1）证明HSAD 是等边三角形，:.AD=SD=2,又 BD=2品 J5=4,:.AD^BD=AB,:・BD 丄AD,又I 平而SADL 平面ABCD.平而SADC\平而ABCD=AD. :・BDL 平而SAD.又BX 平而SBD 、•••平而迦丄平面SAD.⑵当疋为SC 的三等分点，即厉=2炉时，结论成立. 证明如下：连接川Q 交助于点忆连接皿1V CD//AB. CD=：AB,•• SA// 平而 EBD.3）过S 作S0丄肋，交AD 于点0・••△SQ 为等边三角形，••0为出?的中点，：.SO=\（3•易证得SO 丄平而ABCD. _1 ―*. V I 'MKW s ASO ）=^S ABCD • SO.•* -S'«fiu-^cx»=0 X (2+4) X 寸3 = 3寸2,:y PUWW $・如＞=3.二.探索垂直关系1.如图所示，在三棱锥磁中，已知刃丄底而MG AB±BC. E＞尸分别是线段丹, FQ上的动点，则下列说法错误的是（）A.当肚丄丹时，HAEF—氾为直角三角形B・当处丄PQ时，HAEF—能为直角三角形C.当疔〃平而磁时，\AEFTE为直角三角形D.当尸C丄平而遁■时.HAEF—矩为直角三角形答案：B ［解析］已知用丄底而则用丄反；又AB丄BC. PAC\AB=A. 则必7丄平而如，BCLAE.当AELPB时，又PBCBC=B,则肚丄平而丹G则血丄〃；A正确.当刃％平而月氏时，又决平而丹G平而PBCn平而月必=万G则疔〃万G故疗丄平而用万，则月尸丄也故C正确.当PC1平而月时，PCLAE.又BCLAE. PCC\BC=C.则血丄平面PBC.则AELEF. 故D正确.用排除法可知选B.2. ____________________________________________________________________ 如图所示，在三棱柱ABGA^G中，侧棱必丄底而馭；底而是以/遊为直角的等腰直角三角形，AC=2a,脛= 3a,。

高考数学百日冲刺技巧大全之立体几何中
的探索问题
【高考地位】
探究性问题常常是条件不完备的情况下探讨某些结论能否成立，立体几何中的探究性问题既能够考查学生的空间想象能力，又可以考查学生的意志力及探究的能力．近几年高考中立体几何试题不断出现了一些具有探索性、开放性的试题．内容涉及异面直线所成的角，直线与平面所成的角，二面角，平行与垂直等方面，对于这类问题一般可用综合推理的方法、分析法、特殊化法和向量法来解决．一般此类立体几何问题描述的是动态的过程，结果具有不唯一性或者隐藏性，往往需要耐心尝试及等价转化，因此，对于常见的探究方法的总结和探究能力的锻炼是必不可少的．
【方法点评】
方法一直接法
使用情景：立体几何中的探索问题
解题模板：第一步首先假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；
第二步然后运用方程的思想或向量的方法转化为代数的问题解决；
第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果
要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.
方法二空间向量法
使用情景：立体几何中的探索问题
解题模板：第一步首先根据已知条件建立适当的空间直角坐标系并假设求解的结果存在，寻找使这个结论成立的充分条件；
第二步然后运用空间向量将立体几何问题转化为空间向量问题并进行计算、求解；
第三步得出结论，如果找到了符合题目结果要求的条件，则存在；如果找不到符合题目结果
要求的条件，或出现了矛盾，则不存在．.。

专题4．5 立体几何中探索性问题一．方法综述立体几何在高考中突出对考生空间想象能力、逻辑推理论证能力及数学运算能力等核心素养的考查。

考查的热点是以几何体为载体的垂直、平行的证明、平面图形的折叠、探索开放性问题等；同时考查转化化归思想与数形结合的思想方法。

对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，问题一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型。

现进行归纳整理，以便对此类问题有一个明确的思考方向和解决办法。

二．解题策略类型一 空间平行关系的探索【例1】（2020·眉山外国语学校高三期中（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点M 是对角线1AC 上的动点（点M 与1A C 、不重合），则下列结论正确的是__________①存在点M ，使得平面1A DM ⊥平面1BC D ； ②存在点M ，使得平面DM 平面11B CD ； ③1A DM ∆的面积可能等于36；④若12,S S 分别是1A DM ∆在平面1111A B C D 与平面11BB C C 的正投影的面积，则存在点M ，使得12S S【答案】①②③④【解析】①如图所示，当M 是1AC 中点时，可知M 也是1A C 中点且11B C BC ⊥，111A B BC ⊥，1111A B B C B =，所以1BC ⊥平面11A B C ，所以11BC A M ⊥，同理可知1BD A M ⊥， 且1BC BD B =，所以1A M ⊥平面1BC D ，又1A M ⊂平面1A DM ，所以平面1A DM ⊥平面1BC D ，故正确；②如图所示，取1AC 靠近A 的一个三等分点记为M ，记1111AC B D O =，1OC AC N =，因为11AC AC ，所以1112OC C N AC AN ==，所以N 为1AC 靠近1C 的一个三等分点， 则N 为1MC 中点，又O 为11A C 中点，所以1A M NO ，且11A DB C ，111A MA D A =，1NOB C C =，所以平面1A DM平面11B CD ，且DM ⊂平面1A DM ，所以DM 平面11B CD ，故正确；③如图所示，作11A M AC ⊥，在11AA C 中根据等面积得：12633A M ==， 根据对称性可知：16A M DM ==，又2AD =1A DM 是等腰三角形， 则12216232232A DMS⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故正确；④如图所示，设1AM aAC =，1A DM ∆在平面1111D C B A 内的正投影为111A D M ∆，1A DM ∆在平面11BB C C 内的正投影为12B CM ∆，所以1111122222A D M aS S a ∆==⨯⨯=，122121222222B CM a S S a ∆-==⨯-⨯=，当12S S 时，解得：13a =，故正确.故答案为 ①②③④【点评】.探索开放性问题，采用了先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论。

1/ 10第68题 立体几何中的探索性问题一．题源探究·黄金母题如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【试题来源】2016高考北京理数17题 【母题评析】本题共3问题对立体几何中平行于垂直考查比较全面，而第3问具有一定的探索性，使问题变的比较活泼，对于探索性问题的处理，首先应凭借几何直觉进行大胆的猜想，然后再进行严密的论证。

对于培养学生的探究能力和创新能力很有裨益。

P ABCD -PAD ⊥ABCD PA PD ⊥PA PD =AB AD ⊥1AB =2AD =5AC CD ==PD ⊥PAB PB PCD PA M //BM PCD AMAP2/ 10【思路方法】对于探索开放性问题，采用先猜后证，即先观察与尝试给出条件再加以证明，对于命题结论的探索，常从条件出发，探索出要求的结论是什么，对于探索结论是否存在，求解时常假设结论存在，再寻找与条件相容或者矛盾的结论. ．二．考场精彩·真题回放【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P –ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AD ⊥CD ，AD ∥BC ，PA =AD =CD =2，BC =3．E 为PD 的中点，点F 在PC 上，且13PF PC =． （1）求证：CD ⊥平面PAD ； （2）求二面角F –AE –P 的余弦值；（3）设点G 在PB 上，且23PG PB =．判断直线AG 是否在平面AEF 内，说明理由．【命题意图】考察空间想象能力，猜想能力及推理论证和转化思想。

【考试方向】这类试题在考查题型上，通常基本以解答为主，难度中等偏难. 【学科素养】数学运算、直观想象3/ 10【难点中心】在熟练进行几何论证基础上，形成几何直觉。

三．理论基础·解题原理对于探索性问题（是否存在某点或某参数，使得某种线、面位置关系成立问题）是近几年高考命题的热点，常以解答题中最后一问的形式出现，一般有三种类型：(1)条件追溯型；(2)存在探索型；(3)方法类比探索型.四．题型攻略·深度挖掘【考试方向】这类试题在考查题型上，通常问题解答题形式。